ESERCIZI SUI LIMITI DI SUCCESSIONE E DI FUNZIONE...

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ESERCIZI SUI LIMITI DI SUCCESSIONE E DI FUNZIONE TRATTI DA TEMI D’ESAME a cura di Michele Scaglia LIMITI NOTEVOLI Ricordiamo i principali limiti notevoli che utilizzeremo nello svolgimento degli esercizi: lim x0 sin x x =1 lim x0 tan x x =1 lim x0 1 - cos x x 2 = 1 2 lim x0 arcsin x x =1 lim x0 arctan x x =1 lim x0 + x α · (log x) β =0 per ogni α, β > 0 lim n+ 1+ 1 n n = e lim x→∞ 1+ 1 x x = e lim x0 (1 + x) 1 x = e, lim x0 a x - 1 x = log a lim x0 log a (1 + x) x = log a e, da cui lim x0 e x - 1 x =1 e lim x0 log(1 + x) x =1. SUCCESSIONI NOTEVOLI Ricordiamo anche le principali successioni che intervengono nel calcolo dei limiti: (a n ) = log n

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ESERCIZI SUI LIMITI DI SUCCESSIONE E DI FUNZIONE

TRATTI DA TEMI D’ESAME

a cura di Michele Scaglia

LIMITI NOTEVOLI

Ricordiamo i principali limiti notevoli che utilizzeremo nello svolgimento degli esercizi:

limx→0

sinx

x= 1 lim

x→0

tanx

x= 1 lim

x→0

1− cosx

x2=

1

2

limx→0

arcsinx

x= 1 lim

x→0

arctanx

x= 1

limx→0+

xα · (log x)β = 0 per ogni α, β > 0

limn→+∞

(1 +

1

n

)n= e

limx→∞

(1 +

1

x

)x= e lim

x→0(1 + x)

1x = e,

limx→0

ax − 1

x= log a lim

x→0

loga(1 + x)

x= loga e,

da cui

limx→0

ex − 1

x= 1 e lim

x→0

log(1 + x)

x= 1.

SUCCESSIONI NOTEVOLI

Ricordiamo anche le principali successioni che intervengono nel calcolo dei limiti:

• (an) = log n

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• (an) = nα , con α > 0

• (an) = qn (successione geometrica)

• (an) = n! , essendo {0! = 1

n! = n(n− 1)!,

o, alternativamente,

n! = n · (n− 1) · (n− 2) · ... · 2 · 1, ponendo 0! = 1.

• (an) = nn.

Ricordiamo pure la ben nota successione

an =

(1 +

1

n

)n,

che e una successione non negativa, strettamente crescente e limitata il cui limite e gia stato

richiamato in precedenza.

La successione geometrica, come gia visto a teoria, ha il seguente comportamento:

limn→∞

qn =

0 se |q| < 1 cioe − 1 < q < 1

1 se q = 1

+∞ se q > 1

non esiste se q ≤ −1

.

Si verifica immediatamente, applicando la definizione di limite, che

limn→+∞

log n = +∞, limn→+∞

nα = +∞ (α > 0),

limn→+∞

n! = +∞, limn→+∞

nn = +∞.

Si tratta cioe di successioni infinite per n→ +∞.

Piu avanti, parlando degli ordini di infinito, richiameremo la scala degli infiniti, sia nel caso

delle successioni, che nel caso delle funzioni reali di variabile reale.

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LIMITI CON CONFRONTI DI INFINITESIMI e INFINITI

FUNZIONI INFINITESIME

Ricordiamo che una funzione f si dice infinitesima per x→ x0 se

limx→x0

f(x) = 0.

Assegnate due funzioni f e g, entrambe infinitesime per x→ x0, diciamo che:

• f e un infinitesimo di ordine superiore rispetto a g se e solo se

limx→x0

f(x)

g(x)= 0

e scriveremo

f(x) = o(g(x)) per x→ x;0

• f e un infinitesimo di ordine inferiore rispetto a g se e solo se

limx→x0

f(x)

g(x)= ±∞;

• f e g hanno lo stesso ordine di infinitesimo per x→ x0 se e solo se

limx→x0

f(x)

g(x)= ` 6= {0,∞} .

In altre parole, per x → x0, nessuna delle due funzioni tende a 0 piu velocemente del-

l’altra. Infatti il risultato del limite precedente non vale ne 0 ne ±∞: se risultasse 0,

significherebbe che la funzione a numeratore tende a 0 piu rapidamente di quella a de-

nominatore (si pensi, ad esempio, al caso f(x) = x5 e g(x) = 3x2), se risultasse ±∞, si

avrebbe che la funzione a denominatore tende a 0 piu rapidamente di quella a numeratore

(si pensi, ad esempio, al caso f(x) = 5x3 e g(x) = x7). Se consideriamo, invece, f(x) = x2

e g(x) = 5x2, il limite del loro rapporto e uguale a1

5: nessuna delle due funzioni va a 0

piu rapidamente dell’altra (da cui il termine infinitesimi dello stesso ordine).

Particolare attenzione merita il caso degli infinitesimi dello stesso ordine quando ` = 1: diremo

che f e g sono due infinitesimi equivalenti per x→ x0 se e solo se

limx→x0

f(x)

g(x)= 1

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e scriveremo

f ∼ g per x→ x0,

che si legge f si comporta come g quando x→ x0.

Il fatto che il precedente limite risulti uguale a 1 significa che, in prossimita di x0, le due funzioni

f e g tendono a 0 in modo molto simile (ancor piu di quanto capiti nel caso generale in cui il

limite del loro rapporto sia un certo ` reale diverso da 0 e da 1).

Tale somiglianza tra f e g in un intorno di x0 suggerisce l’idea di poter approssimare, nel

calcolo di un limite, una funzione infinitesima complessa con un infinitesimo ad essa equivalen-

te. Torneremo piu avanti su tale problema, specificando quali siano le condizioni per cui una

approssimazione di questo tipo sia lecita.

Osserviamo anche che, data una funzione f infinitesima per x → x0, gli infinitesimi ad essa

equivalenti sono generalmente infiniti. Nel corso degli esercizi, tuttavia, si cerchera di indivi-

duare infinitesimi equivalenti semplici che consentano di risolvere le forme indeterminate.

A partire da alcuni limiti fondamentali (o notevoli) richiamati nella prima pagina, e possibile

ricavare numerosi infinitesimi equivalenti a funzioni trascendenti (goniometriche, esponenziali

e logaritmiche).

ESEMPIO 1.

Poiche vale

limx→0

sinx

x= 1,

si ha, in base alla definizione di infinitesimi equivalenti, che le funzioni f(x) = sinx e g(x) = x

sono infinitesimi equivalenti per x→ 0, vale a dire

sinx ∼ x per x→ 0.

ESEMPIO 2.

Grazie ai limiti fondamentali e al teorema di sostituzione, possiamo anche affermare che

sin(3x2) ∼ (3x2) per x→ 0.

Per dimostrare l’affermazione precedente e sufficiente controllare che

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limx→0

sin(3x2)

3x2= 1.

Il limite, che si presenta nella forma indeterminata

[0

0

], puo essere trattato per mezzo di una

semplice sostituzione. Poniamo y = 3x2. Poiche x→ 0, si avra banalmente che y = 3x2 → 0.

Possiamo riscrivere il limite e trovarne facilmente il risultato. Si ha

limx→0

sin(3x2)

3x2= lim

y→0

sin y

y= 1,

a causa del limite fondamentale richiamato poco fa.

Poiche il limite precedente e risultato uguale a 1, possiamo concludere che sin(3x2) e (3x2) siano

due funzioni infinitesime equivalenti quando x→ 0, cioe

sin(3x2) ∼ (3x2) per x→ 0.

Vediamo un altro esempio.

ESEMPIO 3.

Consideriamo la funzione

f(x) = sin(x+ 2) per x→ −2.

Poiche x→ −2 si ha banalmente (x+ 2)→ 0; ne segue che la funzione sin(x+ 2) e infinitesima

quando x→ −2, in quanto il suo argomento tende a 0 e la funzione sin e continua in 0.

Si intuisce, in forza del limite notevole richiamato poco fa, che la funzione f sia un infinitesimo

equivalente a (x+ 2) quando x→ −2. Per provarlo dovremo controllare che si abbia

limx→−2

sin(x+ 2)

x+ 2= 1.

In effetti, posto y = (x+ 2), si ha subito, dal teorema di sostituzione,

limx→−2−

sin(x+ 2)

x+ 2= lim

y→0

sin y

y= 1,

da cui la scrittura

sin(x+ 2) ∼ (x+ 2) quando x→ −2.

Vediamo un ultimo esempio in cui il punto di accumulazione e +∞.

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ESEMPIO 4.

Si chiede di analizzare il comportamento per x→ +∞ della funzione

f(x) = sin

(3

x

).

Poiche x→ +∞, risulta che l’argomento del sin, vale a dire la frazione3

x, tende a 0.

Poiche la funzione sin e continua su tutto R, in particolare in 0, si avra che

limx→+∞

sin

(3

x

)= sin(0) = 0,

cioe la funzione f(x) = sin

(3

x

)e infinitesima per x→ +∞.

Chiaramente, anche in questo caso potremo sostituire la funzione f con un infinitesimo ad essa

equivalente dedotto dal limite fondamentale.

In particolare, posto y =3

x, da cui y → 0 per x→ +∞, si ha, per il teorema di sostituzione,

limx→+∞

sin

(3

x

)(

3

x

) = limy→0

sin y

y= 1.

Poiche il precedente limite risulta uguale a 1, possiamo affermare che3

xsia un infinitesimo

equivalente a sin

(3

x

)per x→ +∞, ovvero

sin

(3

x

)∼(

3

x

)quando x→ +∞.

Piu in generale, ogniqualvolta l’argomento del sin tende a 0 per x→ x0, il sin risulta essere

un infinitesimo equivalente al proprio argomento.

Avremo quindi approssimazioni del tipo

sin(x− 1) ∼ (x− 1) per x→ 1, sin

(5

x3

)∼(

5

x3

)per x→ +∞, ....

Considerando anche gli altri limiti fondamentali, ricaviamo le seguenti approssimazioni valide

per x→ 0:

(1− cosx) ∼ 1

2x2, sinx ∼ x, tanx ∼ x, arcsinx ∼ x, arctanx ∼ x, ...

(ex − 1) ∼ x, log(1 + x) ∼ x, ... per x→ 0

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e tutte le loro conseguenze ottenute dall’applicazione del teorema di sostituzione.

In particolare, se f(x)→ 0 per x→ x0, avremo

(1− cos [f(x)]) ∼ 1

2[f(x)]2, sin [f(x)] ∼ f(x), tan [f(x)] ∼ f(x),

arcsin [f(x)] ∼ f(x), arctan [f(x)] ∼ f(x),

(ef(x) − 1

)∼ f(x), log (1 + [f(x)]) ∼ f(x), ...

Mostriamo degli esempi concreti:

ex+3 − 1 ∼ (x+ 3) per x→ −3, log

(1 +

1

x4

)∼ 1

x4per x→ +∞,

[1− cos(5x)] ∼ 1

2(5x)2 =

25

2x2 per x→ 0, arctan(e−x) ∼ e−x per x→ +∞, ...

e simili. Ripetiamo che le approssimazioni precedenti sono valide perche l’argomento delle

funzioni tende a 0 quando x→ x0 (come richiesto dai limiti fondamentali utilizzati).

La teoria degli infinitesimi equivalenti, come si anticipava qualche pagina fa, risulta estre-

mamente utile nel calcolo dei limiti, infatti ci suggerisce di poter approssimare, in un intorno di

un certo x0, delle funzioni infinitesime piuttosto complesse attraverso delle funzioni polinomiali,

ben piu semplici da trattare. Quando calcoliamo un limite, infatti, la variabile indipendente

tende ad un determinato valore x0, pertanto verrebbe la tentazione di sostituire un termine

infinitesimo con UN infinitesimo (polinomiale) ad esso equivalente.

Tuttavia un passaggio di questo tipo NON sempre e lecito.

• Se un fattore che compare nel limite in esame e costituito da un unico termine infinitesi-

mo, la sostituzione e lecita.

• Se, invece, un fattore e infinitesimo perche somma di due o piu addendi infinitesimi,

in quel caso bisogna procedere con cautela controllando che la sostituzione degli in-

finitesimi non porti a forme indeterminate o a cancellazioni di termini che

contribuiscono al risultato finale.

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Qualora si verificassero cancellazioni (cioe perdite di contributi infinitesimi, ma significa-

tivi), la sostituzione degli infinitesimi con gli infinitesimi polinomiali equivalenti dedotti

dai limiti notevoli non consente di risolvere l’esercizio: in questi casi si devono utilizzare

gli sviluppi in serie di Taylor per le funzioni derivabili.

Per poter risolvere esercizi di vario tipo e necessario affrontare le principali casistiche che si

possono presentare e dedurre delle regole di calcolo utili alla introduzione degli infinitesimi

equivalenti.

FUNZIONE POLINOMIALE INFINITESIMA

Come primo caso, consideriamo una funzione infinitesima gia di tipo polinomiale costituita

da piu addendi infinitesimi.

Verifichemo tra poco che nel caso in cui una funzione sia un infinitesimo e di tipo polinomiale,

un infinitesimo ad essa equivalente e dato dal termine di grado piu basso del polinomio.

ESEMPIO 1.

Verifichiamo che risulta

f(x) = x3 − 5x2 +3x ∼ 3x = g(x) per x→ 0.

Per dimostrare l’affermazione precedente dobbiamo provare, in base alla definizione di infinite-

simi equivalenti, che

limx→0

f(x)

g(x)= 1,

cioe

limx→0

x3 − 5x2 + 3x

3x= 1.

Risulta infatti:

limx→0

f(x)

g(x)= lim

x→0

x3 − 5x2 + 3x

3x= lim

x→0

x(x2 − 5x+ 3)

3 · x= lim

x→0

x2 − 5x+ 3

3= 1.

Pertanto, per x→ 0, risulta determinante ai fini dello studio del comportamento del polinomio

per x → 0 il termine di grado inferiore, 3x, detto termine principale. Gli altri addendi,

infinitesimi di ordine superiore, vengono raggruppati nella scrittura o(x) (che si legge o picco-

lo di x), a significare che si tratta di funzioni che tendono a 0 piu velocemente della potenza

x = x1.

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Nel caso di un polinomio scriveremo, in modo del tutto equivalente,

x3 − 5x2 + 3x = +3x + o(x) ∼ 3x per x→ 0.

Il risultato ricavato in questo primo esempio e estendibile a qualsiasi polinomio infinitesimo

(per x→ x0): avremo allora approssimazioni quali

4x2 −x + x8 = −x+ o(x) ∼ −x per x→ 0,

x3 + x2 = x2 + o(x2) ∼ x2 per x→ 0,

e cosı via.

Tuttavia NON e necessario che il punto di accumulazione sia x0 = 0.

ESEMPIO 2.

Consideriamo per x→ +∞ la funzione

f(x) =1

x3− 5

x2+

7

x5.

Poiche x→ +∞, si avra chiaramente che1

x3, − 5

x2,

7

x5→ 0.

Si potrebbe anche scrivere

f(x) =

(1

x

)3

− 5 ·(

1

x

)2

+ 7 ·(

1

x

)5

.

Posto y :=1

x, si avrebbe, per x→ +∞, che y → 0.

Pertanto, per le considerazioni precedenti, avremo

f(y) = y3 −5y2 + 7y5 = −5y2 + o(y2) ∼ −5y2 poiche y → 0,

ovvero

f(x) =1

x3− 5

x2+

7

x5= − 5

x2+ o

(1

x2

)∼ − 5

x2per x→ +∞.

ALTRI ESEMPI

ESEMPIO 3.

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Consideriamo il limite di funzione

limx→0

log(1− 2x2)

1− cos(3x).

Il limite, come si vede facilmente, si presenta nella forma indeterminata

[0

0

]: (1 − 2x2) → 1

per x→ 0, la funzione log e continua in 1, per cui log(1− 2x2)→ log 1 = 0 per x→ 0.

Analogamente, 3x → 0 per x → 0, la funzione cos e definita e continua in x = 0, pertanto

1− cos(3x)→ 1− cos 0 = 1− 1 = 0.

Poiche sia numeratore che denominatore sono infinitesimi (tendono cioe a 0), cercheremo di

sostituirli, nel calcolo del limite, con degli infinitesimi ad essi equivalenti dedotti dai limiti

notevoli.

Ricordiamo che

log(1 + y) ∼ y per y → 0.

Nel nostro esercizio si ha

log(1− 2x2) = log[1 + (−2x2)

]∼ (−2x2) per x→ 0

dal momento che y = (−2x2)→ 0 quando x→ 0.

Ancora, sempre dai limiti fondamentali, sappiamo che

1− cos y ∼ 1

2y2 per y → 0.

Ne segue che, poiche y = 3x→ 0 per x→ 0, si avra

1− cos(3x) = ∼ 1

2(3x)2 =

9

2x2 per x→ 0.

Torniamo al limite assegnato e troviamo, senza aver generato delle cancellazioni,

limx→0

log(1− 2x2)

1− cos(3x)= lim

x→0

−2x2

9

2x2

= −4

9.

ESEMPIO 4.

Consideriamo il limite

limx→1

(ex − e)2

sin(3x− 3) · arctan(1− x).

Grazie alla continuita delle funzioni et, sin t, arctan t, e considerato che x → 1, il limite si

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presenta nella forma indeterminata

[0

0

].

Cerchiamo di trattare ciascun fattore per mezzo delle sostituzioni con gli infinitesimi equivalenti

dedotti dai limiti fondamentali.

Cominciamo con il fattore

(ex − e)2.

La variabile indipendente x tende a 1, pertanto non possiamo applicare immediatamente il

limite notevole

limy→0

ey − 1

y= 1

e la conseguente approssimazione

(ey − 1) ∼ y per y → 0.

Procediamo nel seguente modo. Risulta, raccogliendo a fattor comune,

ex − e = e

(ex

e− 1

)= e(ex−1 − 1).

A questo punto, posto y = (x− 1), si ha che y → 0 poiche per ipotesi x→ 1.

Pertanto il fattore

(ex−1 − 1)

e proprio della forma

(ey − 1) con y → 0.

Poiche

ey − 1 ∼ y per y → 0,

avremo, nel nostro caso,

ex−1 − 1 ∼ (x− 1) per x→ 1,

da cui, in particolare,

(ex − e) = e · (ex−1 − 1) ∼ e · (x− 1) per x→ 1,

e, ancora,

(ex − e)2 ∼ [e · (x− 1)]2 = e2 · (x− 1)2 per x→ 1.

Consideriamo il secondo fattore, sin(3x− 3). Si ha chiaramente 3x− 3→ 0 per x→ 1.

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Conviene quindi porre y = (3x− 3) = 3(x− 1)→ 0 e ricorerre all’approssimazione

sin y ∼ y per y → 0,

da cui

sin (3x− 3) ∼ 3(x− 1) per x→ 1.

Infine, l’ultimo termine, arctan(1− x), verra trattato facendo riferimento all’approssimazione

arctan y ∼ y per y → 0,

dedotta dal limite fondamentale

limy→0

arctan y

y= 1.

Posto y = (1− x) = −(x− 1)→ 0 per x→ 1, avremo, per il teorema di sostituzione,

arctan (1− x) ∼ (1− x) = −(x− 1) per x→ 1.

Riscriviamo il limite di partenza sostituendo a ciascun fattore infinitesimo un proprio infinite-

simo polinomiale equivalente dedotto dai limiti fondamentali e dal teorema di sostituzione. Si

trova

limx→1

(ex − e)2

sin(3x− 3) · arctan(1− x)= lim

x→1

e2(x− 1)2

3 · (x− 1) · [−(x− 1)]= −e

2

3.

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FUNZIONI INFINITE

Analogamente a quanto accade per gli infinitesimi, si danno definizioni del tutto analoghe

per le funzioni infinite, vale a dire quelle funzioni che tendono all’infinito quando x → x0. In

particolare, nel calcolo di un limite, si cerchera di sostituire una funzione infinita con un infinito

ad essa equivalente in un intorno di x0.

Ricordiamo quindi le definizioni di funzioni infinite e, in particolare, di infiniti equiva-

lenti.

Una funzione f definita in un intorno di x0 si dice infinita per x→ x0 se

limx→x0

f(x) = ±∞.

Date due funzioni f, g definite in un intorno di x0 ed entrambe infinite per x→ x0, si dice che:

• f e un infinito di ordine superiore rispetto a g se e solo se

limx→x0

f(x)

g(x)= ±∞;

in altre parole, la funzione f tende all’infinito piu velocemente di quanto tenda la funzione

g. Si pensi, ad esempio, alle funzioni f(x) = x3 e g(x) = x, entrambe infinite per x→ +∞.

Si ha

limx→x0

f(x)

g(x)= lim

x→x0

x3

x= lim

x→+∞x2 = +∞,

cioe la funzione f(x) = x3 e un infinito di ordine superiore rispetto a g(x) = x.

• f e un infinito di ordine inferiore rispetto a g se e solo se

limx→x0

f(x)

g(x)= 0;

in altre parole, la funzione f tende all’infinito meno velocemente di quanto tenda la

funzione g. Si pensi all’esempio precedente, scambiano f con g.

Nel caso delle funzioni del tipo xn, l’ordine di infinito e tanto maggiore quanto maggiore

e il grado n.

• f e g sono infiniti dello stesso ordine se e solo se

limx→x0

f(x)

g(x)= ` ∈ R \ {0} .

In altre parole, due funzioni f e g sono infiniti dello stesso ordine quando tendono all’in-

finito alla stessa maniera (nessuna delle due e piu veloce nel tendere all’infinito).

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Anche per le funzioni infinite, merita particolare attenzione il caso degli infiniti equi-

valenti, estremamente utili nel calcolo dei limiti.

Piu nel dettaglio, date due funzioni f e g entrambe infinite per x → x0, diremo che

f e g sono infiniti equivalenti per x→ x0 se e solo se

limx→x0

f(x)

g(x)= 1

e scriveremo

f ∼ g per x→ x0.

La somiglianza tra f e g per x → x0 e quindi molto forte (tanto da risultare uguale a 1

il precedente limite).

Come specificato per gli infinitesimi, osserviamo che anche gli infiniti equivalenti a una

data funzione f per f → x0 sono generalmente infiniti. Tuttavia, nello svolgimento degli

esercizi, si cerchera di individuare delle funzioni semplici.

L’idea, come vedremo, sara quella di sostituire, nel calcolo di un limite, una funzione in-

finita f con UN infinito ad essa equivalente a patto di non creare forme indeterminate

o cancellazioni.

Prima di procedere col calcolo dei limiti, e opportuno richiamare le principali funzioni/successioni

e ordinarle in base al loro ordine di infinito.

In particolare si hanno le seguenti scale di infiniti (in ordine crescente, dalle funzioni con ordine

di infinito inferiore alle funzioni con ordine di infinito via via superiore).

SCALA DEGLI INFINITI (per successioni e funzioni)

log n nα (con α > 0) qn (con q > 1) n! nn per n→ +∞

Ogni termine della scala va all’infinito piu rapidamente di qualsiasi altro termine che lo precede.

Avremo quindi

limn→+∞

n2

3n= 0, lim

n→+∞

(n+ 1)!

log n= +∞, lim

nto+∞

log n3√n

= 0, ...

e cosı via.

Anche per le funzioni reali di variabile reale vale una scala analoga (per x→ +∞):

log x, xα con α > 0, ax con a > 1 per x→ +∞,

con le medesime considerazioni del caso delle successioni.

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15

Chiaramente, grazie al teorema di sostituzione (per funzioni e successioni), i precedenti risultati

possono essere estesi al caso in cui l’argomento delle funzioni coinvolte non sia esattamente x

o, ancora, al caso in cui il punto di accumulazione non sia necessariamente +∞.

ESEMPIO.

Consideriamo il limite

limx→−∞

x3

log(−x),

in cui il punto di accumulazione e −∞.

Poniamo y = −x, da cui x = −y. Risulta quindi y → +∞ quando x→ −∞. Il limite diviene

limx→−∞

x3

log(−x)= lim

y→+∞

(−y)3

log y= lim

y→+∞

−y3

log y= −(+∞) = −∞,

dove il limite dell’ultimo quoziente vale +∞ a causa della scala degli infiniti per x→ +∞.

CALCOLO DI LIMITI CON GLI INFINITI EQUIVALENTI

Nel calcolo di un limite e utile approssimare un fattore infinito con un infinito ad esso equiva-

lente per x→ x0.

Analizziamo, con degli esempi, le varie situazioni che si possono presentare.

A) FUNZIONI POLINOMIALI

Partiamo con un esempio. Data la funzione

f(x) = 2x3 − 5x+ 1,

risulta che limx→+∞

f(x) = +∞.

Dimostreremo che

f(x) = 2x3 − 5x+ 1 ∼ g(x) = 2x3 per x→ +∞.

Per provarlo sara sufficiente verificare, in base alla definizione di infiniti equivalenti, che

limx→+∞

f(x)

g(x)= lim

x→+∞

2x3 − 5x+ 1

2x3= 1.

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16

Risulta infatti

limx→+∞

f(x)

g(x)= lim

x→+∞

2x3 − 5x+ 1

2x3= lim

x→+∞

x3(

1− 5

x2+

1

x3

)2x3

=

= limx→+∞

1− 5

x2+

1

x3

1= 1,

in quanto le frazioni5

x2e

1

x3tendono a 0 quando x tende a +∞.

Da questo semplice esempio possiamo dedurre una regola generale: data una funzione PO-

LINOMIALE, per individuare un infinito ad essa equivalente per x→ ±∞ e sufficiente

considerare il termine di grado maggiore, vale a dire l’infinito di ORDINE SUPERIORE.

Avremo pertanto

x −4x5 + 2 ∼ −4x5 per x→ ±∞,

1

2x8 − 7x+ 2 ∼ 1

2x8 per x→ ±∞,

e cosı via.

Nel calcolo dei limiti con x → ±∞ sostituiremo quindi, per semplicita, un fattore di tipo

polinomiale con il suo termine di grado piu alto.

Tale procedura si applica anche quando il polinomio e elevato a una potenza α > 0. Avremo

quindi

(3x− 1)4 ∼ (3x)4 per x→ +∞, (n2 − 5n+ 2)2 ∼ (n2)2 = n4 per n→ +∞, ....

e analoghe.

B) LOGARITMI CON ARGOMENTO POLINOMIALE

Anche nel caso di logaritmi il cui argomento sia un polinomio, quando la variabile indipen-

dente tende all’infinito si puo considerare solo il termine di grado superiore nell’argomento di

ciascun logaritmo.

Mostriamo un esempio.

ESEMPIO 1.

Consideriamo, per x→ +∞, la funzione

f(x) = log(2x3 − 5x+ 1

).

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17

Possiamo affermare che

f(x) = log(2x3 − 5x+ 1) ∼ log(2x3) = g(x) per x→ +∞.

Per provarlo verificheremo, in base alla definizione di infiniti equivalenti, che

limx→+∞

f(x)

g(x)= 1.

Risulta infatti

limx→+∞

f(x)

g(x)= lim

x→+∞

log (2x3 − 5x+ 1)

log(2x3)= lim

x→+∞

log

[x3 ·

(2− 5

x2+

1

x3

)]log(2 · x3)

=

= limx→+∞

log x3 + log

(2− 5

x2+

1

x3

)log 2 + log x3

= limx→+∞

����log x3 ·

1 +

log

(2− 5

x2+

1

x3

)log x3

���log x3 ·(

log 2

log x3+ 1

) =

= limx→+∞

1 +

log

(2− 5

x2+

1

x3

)log x3

log 2

log x3+ 1

= 1.

Abbiamo quindi provato che f(x) = log(2x3 − 5x + 1) e g(x) = log(2x3) sono due infiniti

equivalenti per x → +∞. Nel calcolo di un limite potremo quindi sostituire (a patto di non

creare forme indeterminate) log(2x3 − 5x+ 1) con log(2x3) quando x→ +∞.

In realta, si potrebbe dire di meglio. Osserviamo innazitutto che

log(2x3) ∼ log(x3) per x→ +∞ :

infatti,

limx→+∞

log(2x3)

log(x3)= lim

x→+∞

log 2 + log x3

log x3= lim

x→+∞

����log x3 ·(

log 2

log x3+ 1

)�

���log x3= 1.

Ne segue che

log(2x3 − 5x+ 1

)∼ log

(2x3)∼ log

(x3)

per x→ +∞,

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18

quindi

log(2x3 − 5x+ 1

)∼ log

(x3)

per x→ +∞.

Da questo esempio deduciamo una regola pratica applicabile ogniqualvolta NON si generi

una forma indeterminata: un logaritmo il cui argomento sia un polinomio di grado n si

comporta come log(xn), ovvero n log x per x→ +∞.

Si avranno quindi le seguenti approssimazioni:

log(x2 + 5x8 − 1) ∼ log(x8)

= 8 log x per x→ +∞,

log (3x− 1) ∼ log x per x→ +∞,

log(2x5 + x+ 1

)∼ log

(x5)

= 5 log x per x→ +∞,

e cosı via.

Chiaramente, come si diceva sopra, se si dovesse verificare una forma indeterminata,

tali approssimazioni non sarebbero lecite per stabilire il risultato del limite.

ESEMPIO 2.

Consideriamo il limite

limx→+∞

[log(5x3 + 2

)− log

(x3)],

che si presenta nella forma indeterminata [+∞−∞].

Applichiamo la proprieta dei logaritmi e otteniamo

limx→+∞

[log(5x3 + 2

)− log

(x3)]

= limx→+∞

log

(5x3 + 2

x3

).

Poiche x→ +∞, possiamo scrivere

5x3 + 2 ∼ 5x3,

da cui

limx→+∞

log

(5x3 + 2

x3

)= lim

x→+∞log

(5x3

x3

)= lim

x→+∞log 5 = log 5.

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19

ESEMPIO 3.

Consideriamo, invece, il limite

limx→+∞

[log(5x3 + 2

)− log

(x7)],

che si presenta anch’esso nella forma indeterminata [+∞−∞].

Applicando la solita proprieta dei logaritmi troviamo

limx→+∞

[log(5x3 + 2

)− log

(x7)]

= limx→+∞

log

(5x3 + 2

x7

).

Poiche

5x3 + 2 ∼ 5x3 per x→ +∞,

avremo, per x→ +∞,

log

(5x3 + 2

x7

)∼ log

(5x3

x7

)= log

(5

x4

)=(log 5− log x4

)= (log 5− 4 log x) .

Ancora, poiche −4 log x → −∞ mentre log 5 → log 5, completando l’approssimazione prece-

dente troviamo

log

(5x3 + 2

x7

)∼ (log 5−4 log x) ∼ −4 log x per x→ +∞.

Tornando al limite originario e inserendo le varie approssimazioni, troviamo

limx→+∞

log

(5x3 + 2

x7

)= lim

x→+∞−4 log x = −∞.

C) FUNZIONI COSTITUITE DA PIU ADDENDI DI VARIO TIPO

ESEMPIO 1.

Data la funzione

f(x) = x2 − 3 log x+ e2x − 1,

verificare che f e infinita per x→ +∞ e trovare un infinito ad essa equivalente.

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20

Si verifica facilmente che f e costituita da piu addendi infiniti: infatti, se x → +∞, risul-

ta x2 → +∞, −3 log x→ −∞ ed e2x = (e2)x → +∞, trattandosi di un fattore del tipo ax con

a = e2 > 1 e x→ +∞.Si chiede di individuare un infinito equivalente a f(x).

Nel caso in cui la funzione sia costituita da piu addendi infiniti si segue una regola pratica

(di cui controlleremo la validita) che ci consente di individuare un infinito equivalente (il piu

semplice possibile) alla funzione data.

La regola e la seguente: una funzione infinita e equivalente all’addendo di infinito di

ordine superiore. Nel caso di una funzione polinomiale ci si puo limitare a considerare il

termine di grado piu alto (come abbiamo gia avuto modo di constatare); se, invece, la funzione

e costituita da addendi di natura differente (potenze, esponenziali, logaritmi), la scala degli

infiniti ci consentira di individuare un infinito equivalente (che potremo quindi sostituire ad f ,

sempre che non si verifichino forme indeterminate).

Tornando alla funzione assegnata nell’esercizio,

f(x) = x2 − 3 log x+ e2x − 1,

il termine che per x→ +∞ va all’infinito piu rapidamente degli altri e e2x, funzione esponenziale

con base strettamente maggiore di 1.

Pertanto potremo affermare che

f(x) = x2 − 3 log x+ e2x − 1 ∼ e2x se x→ +∞.

Per VERIFICARE che le due funzioni siano effettivamente equivalenti per x → +∞, control-

liamo che sia soddisfatto il limite della definizione di infiniti equivalenti, ossia

limx→+∞

f(x)

g(x)= 1.

Si ha innanzitutto

limx→+∞

f(x)

g(x)= lim

x→+∞

e2x(x2

e2x− 3 log x

e2x+ 1− 1

e2x

)e2x

= limx→+∞

x2

e2x− 3 log x

e2x+ 1− 1

e2x

1.

Cosideriamo i singoli addendi. Banalmente

1

e2x→ 0

poiche e2x → +∞ quando x→ +∞.

Le frazionix2

e2x,

3 log x

e2xtendono entrambe a 0 quando x → +∞ a causa della gerarchia degli

infiniti richiamata poco fa.

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21

Pertanto si ha

limx→+∞

f(x)

g(x)= lim

x→+∞

x2 − 3 log x+ e2x − 1

e2x= lim

x→0

(x2

e2x− 3 log x

e2x+ 1− 1

e2x

)= 1,

cioe f(x) = x2 − 3 log x+ e2x − 1 e g(x) = e2x sono due infiniti equivalenti per x→ +∞.

La regola pratica che abbiamo dato (quella di considerare il termine che ha infinito di or-

dine superiore) ci consente effettivamente di individuare un infinito equivalente a una funzione

data.

ESEMPIO 2.

Si calcoli il limite

limx→+∞

x− 4 log x+ 1

log x+ 7x2,

ricorrendo alle sostituzioni delle funzioni infinite con degli infiniti ad esse equivalenti.

Poiche x → +∞, risulta log x → +∞ e x2 → +∞. Analizziamo ciascun fattore che co-

stituisce la funzione f , cominciando dal numeratore, vale a dire

x− 4 log x+ 1.

Grazie alla scala degli infiniti (per la quale x e un infinito di ordine superiore rispetto a log x)

avremo

x− 4 log x+ 1 ∼ x per x→ +∞.

Per quanto riguarda il denominatore, invece, avremo

log x+7x2 ∼ +7x2 per x→ +∞.

Non si sono verificate forme indeterminate.

Possiamo riscrivere il limite iniziale sostituendo ciascun fattore (infinito) col proprio infinito

equivalente piu semplice. Si ha

limx→+∞

x− 4 log x+ 1

log x+ 7x2= lim

x→+∞

x

+7x2= lim

x→+∞

1

7x= 0.

ESEMPIO 3.

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22

Si calcoli il limite

limx→+∞

e−x − 5 log x+ 2

2x + log x− x3.

Il numeratore,

e−x − 5 log x+ 2,

e formato da tre addendi: e−x NON tende a +∞: si puo infatti scrivere e−x = (e−1)x =

(1

e

)x,

vale a dire una funzione esponenziale con base 0 < a < 1, quindi tendente a 0 se x→ +∞.

Il termine −5 log x, invece, tende a −∞. Infine, il termine +2 e costante e tende a +2.

In definitiva, il numeratore tende a −∞ ed e equivalente, ad esempio, all’UNICO addendo che

tende all’infinito, vale a dire −5 log x. Cioe

e−x−5 log x+ 2 ∼ −5 log x per x→ +∞.

Il denominatore e formato da tre addendi, tutti tendenti all’infinito. In particolare, 2x e di tipo

esponenziale con base a = 2 > 1, quindi tendente a +∞ quando x → +∞; anche log x e −x3sono addendi infiniti per x→ +∞.

Dalla gerarchia degli infiniti, sappiamo che 2x va all’infinito piu velocemente degli altri termini.

Pertanto avremo

2x + log x− x3 ∼ 2x per x→ +∞.

Il limite originario diviene quindi

limx→+∞

e−x − 5 log x+ 2

2x + log x− x3= lim

x→+∞

−5 log x

2x= lim

x→+∞

5 log x

2x= 0+,

poiche, dalla gerarchia degli infiniti, sappiamo che qx con q > 1, e un infinito di ordine superiore

rispetto a log x per x→ +∞.

ESEMPIO 4.

Si calcoli il limite

limx→+∞

x2 − 3 log x− x5

ex − 1.

A numeratore compaioni tre addendi infiniti: riferendoci alla scala degli infiniti, possiamo subito

scartare il termine −3 log x nella individuazione dell’infinito equivalente. Rimangono i termini

x2 e −x5. Poiche, nel caso delle potenze, l’infinito di ordine superiore e dato dal termine elevato

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23

a potenza maggiore, avremo

x2 − 3 log x−x5 ∼ −x5 per x→ +∞.

Il denominatore tende a +∞ (perche x→ +∞) e si ha banalmente

ex − 1 ∼ ex se x→ +∞.

Troviamo quindi

limx→+∞

x2 − 3 log x− x5

ex − 1= lim

x→+∞

−x5

ex= 0−,

poiche ex e un infinito di ordine superiore rispetto a xα, α > 0.

Non sempre, tuttavia, queste sostituzioni con gli infiniti equivalenti sono lecite. Se si veri-

ficano forme indeterminate bisogna agire diversamente.

D) CASO DELLE RADICI QUADRATE

ESEMPIO 1.

Calcolare il limite

limx→+∞

(√x2 − 5x+ 1− x

).

La funzione e costituita da un unico fattore, vale a dire(√

x2 − 5x+ 1− x).

Il radicando x2−5x+1 e un polinomio. Se procedessimo con l’approssimazione di un polinomio

col suo addendo di grado maggiore, troveremmo, per x→ +∞,(√x2 − 5x+ 1− x

)∼

(√x2 − x

)= x− x,

vale a dire una FORMA INDETERMINATA.

Potrebbe venire spontaneo affermare che il limite assegnato valga 0 (a causa dell’approssima-

zione (x− x) appena trovata); ora mostreremo che il limite non vale 0.

Bisogna individuare qualche altra strategia di calcolo che rimandi, a una fase successiva, le

approssimazioni dei termini infiniti con degli infiniti equivalenti. In questi casi puo essere utile

razionalizzare la funzione e riscriverla in altro modo. Risulta

(√x2 − 5x+ 1− x

)=(√

x2 − 5x+ 1− x)·(√

x2 − 5x+ 1 + x)(√

x2 − 5x+ 1 + x) =

x2 − 5x+ 1− x2(√x2 − 5x+ 1 + x

) =

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24

=−5x+ 1(√

x2 − 5x+ 1 + x) .

Precisiamo che non abbiamo ancora approssimato alcun termine: ci siamo solo limitati a scri-

vere diversamente la funzione.

Applichiamo le sostituzioni con gli infiniti equivalenti sia a numeratore che a denominatore.

Per il numeratore si ha banalmente

−5x+ 1 ∼ −5x per x→ +∞.

A denominatore si ha(√x2 − 5x+ 1 + x

)∼

(√x2 + x

)= x+ x = 2x per x→ +∞.

NON si e creata una forma indeterminata, quindi l’approssimazione del radicando (x2−5x+1)

con x2 e lecita.

Possiamo ora calcolare il limite iniziale. Si ha

limx→+∞

(√x2 − 5x+ 1− x

)= lim

x→+∞

−5x+ 1√x2 − 5x+ 1 + x

=

= limx→+∞

−5x

2x= lim

x→+∞

−5

2= −5

2.

Come anticipato prima, il limite non risulta 0.

ESEMPIO 2.

Calcolare il limite

limx→−∞

√x2 − 2x+ 3 + 3x

log(−x)− e2x + 4x.

La funzione e costituita da due fattori, uno a numeratore e uno a denominatore.

Analizziamo il comportamento del numeratore,√x2 − 2x+ 3 + 3x quando x→ −∞.

Poiche il radicando e un polinomio, cominceremo ad approssimarlo considerando l’addendo di

grado superiore. Ricordando che

√x2 = |x| :=

{x se x ≥ 0

−x se x < 0

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25

e considerato che l’ipotesi x→ −∞ implica x < 0 da cui |x| = −x, si trova

√x2 − 2x+ 3 + 3x ∼

√x2 + 3x = |x|+ 3x = −x+ 3x = 2x per x→ −∞.

L’approssimazione del radicando con l’infinito equivalente NON ha portato a una forma inde-

terminata: la sostituzione e quindi lecita.

Consideriamo il denominatore della frazione: solo due addendi sono infiniti, log(−x) e 5x.

Notiamo infatti che e2x = (e2)x

e una funzione esponenziale con base a > 1 che tende a 0

quando la variabile indipendente tende a −∞. Il logaritmo ha perfettamente senso in quanto

il suo argomento e −x. Posto y = −x, si ha immediatamente y → +∞ e

limx→−∞

log(−x) = limy→+∞

log y = +∞.

A parte il termine infinitesimo e2x, tra i due addendi rimanenti quello che va all’infinito piu

velocemente e 4x.

Pertanto avremo

log(−x)− e−2x + 4x ∼ 4x quando x→ −∞.

Possiamo quindi calcolare il limite sostituendo a ciascun fattore il proprio infinito equivalente

ricavato. Risulta

limx→−∞

√x2 − 2x+ 3 + 3x

log(−x)− e2x + 4x= lim

x→−∞

2x

4x=

1

2.

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26

ESERCIZI VARI

1) Si calcoli il limite

limx→+∞

(x2 − 4x+ 3) ·[log(x2 + 3

)− log x2

].

Svolgimento.

La funzione e costituita da due fattori.

Cerchiamo di analizzare il comportamento di ciascun fattore per poterlo sostituire con un infi-

nitesimo o un infinito ad esso equivalente al fine di semplificare la struttura del limite.

Poiche x→ +∞, il fattore polinomiale (x2− 4x+ 3) si comporta come il suo addendo di grado

maggiore, vale a dire x2; cioe

x2 − 4x+ 3 ∼ x2 per x→ +∞.

Nel limite sostituiremo quindi il fattore x2 − 4x+ 3 con x2.

Consideriamo il secondo fattore, vale a dire [log (x2 + 3)− log x2] .

Se procedessimo con le approssimazioni degli argomenti dei logaritmi avremmo[log(x2 + 3

)− log x2

]∼ log(x2)− log(x2),

vale a dire una forma indeterminata.

Bisogna cambiare tecnica. In questi casi puo essere utile applicare la proprieta dei logaritmi

per cui la differenza di due logaritmi e uguale al logaritmo del quoziente dei due argomenti

originari. Si avra quindi

[log(x2 + 3

)− log x2

]= log

(x2 + 3

x2

)= log

(x2

x2+

3

x2

)= log

(1 +

3

x2

).

Poiche x→ +∞, si avra

y =3

x2→ 0.

Ricordando che

log(1 + y) ∼ y per y → 0,

potremo scrivere, nel nostro caso,

log

(1 +

3

x2

)∼ 3

x2per x→ +∞.

Riscriveremo quindi al posto del fattore [log (x2 + 3)− log x2] l’infinitesimo ad esso equivalente

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27

3

x2.

Tornando al limite originario, troviamo

limx→+∞

(x2 − 4x+ 3) ·[log(x2 + 3

)− log x2

]= lim

x→+∞x2 · 3

x2= lim

x→+∞3 = 3.

2) [T.E. 22/01/2007]

Si calcoli il valore del limite

limn→+∞

n2 ·(n

3n − 1

)log (n2n + 2n!)

.

Svolgimento.

Consideriamo i vari fattori.

Il primo fattore, n2, si presenta gia in forma favorevole (e, ovviamente, tende all’infinito).

Per quanto riguarda il secondo fattore,

n3n − 1,

ci accorgiamo della presenza di un addendo in cui compare la n sia alla base che all’esponente:

come gia precisato in aula, conviene in questo caso tener presente la ben nota uguaglianza

y = elog y, per ogni y > 0.

Applichiamola con y = n3n : si ha

n3n = elogn

3n = e

3nlogn.

Pertanto (n

3n − 1

)=(e

3nlogn − 1

)=(e

3 lognn − 1

).

Poiche, dalla gerarchia degli infiniti, sappiamo che n e un infinito di ordine superiore rispetto

a log n, si ha

limn→+∞

3 log n

n= 0.

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28

Pertanto il fattore(e

3 lognn − 1

)tende a (e0 − 1) = 0. Si tratta di un fattore infinitesimo per

n→ +∞.

Cerchiamo di approssimare tale fattore con un infinitesiono ad esso equivalente.

La struttura del fattore fa pensare immediatamente all’approssimazione

ey − 1 ∼ y quando y → 0.

Effettivamente siamo nelle condizioni per poter ricorrere a tale approssimazione. Posto infatti

y =3 log n

n,

si ha, per quanto osservato in precedenza,

y =3 log n

n→ 0 per n→ +∞.

Possiamo quindi procedere con l’approssimazione e scrivere(e

3 lognn − 1

)∼ 3 log n

nper n→ +∞.

Quando riscriveremo il limite, sostituiremo al fattore(e

3 lognn − 1

)l’infinitesimo equivalente

3 log n

n.

Il terzo e ultimo fattore,

log(n2n + 2n!)

tende all’infinito. Quando l’argomento di un logaritmo e la somma di piu addendi che tendono

all’infinito, abbiamo visto che e possibile considerare solamente il termine che ha infinito di

ordine superiore rispetto agli altri e trascurare gli infiniti di ordine inferiore (oltre che i termini

finiti), a patto di non generare delle forme indeterminate.

Poiche n2n e un infinito di ordine superiore rispetto a n!, ne segue che possiamo riscrivere

log(n2n + 2n!) ∼ log(n2n) = 2n · log n per n→ +∞.

Possiamo riscrivere il limite originario sostituendo ai vari fattori i rispettivi infinitesimi/infiniti

equivalenti. Si trova

limn→+∞

n2 ·(e

3nlogn − 1

)log(n2n + 2n!)

= limn→+∞

n2 · 3 log n

n2n · log n

= limn→+∞

3

2=

3

2.

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29

3) [T.E. 26/01/2009]

Si calcoli il valore del limite

limn→+∞

nn + 7n log n+ n sinn

(n+ 2)n + n log 1n

+ n sin 1n

.

Svolgimento.

Consideriamo i vari fattori.

Cominciamo dal fattore a numeratore,

nn + 7n log n+ n sinn.

Stabiliamo a cosa tende ogni addendo:

• l’addendo nn tende all’infinito (come e ben noto);

• l’addendo 7n log n tende all’infinito, perche prodotto di successioni infinite;

• per quanto riguarda n sinn, anzitutto ricordiamo che NON ESISTE

limn→+∞

sinn;

sappiamo solo che il seno e una funzione LIMITATA oscillante tra i valori −1 e 1.

Il fattore n che moltiplica il seno tende al’infinito; pertanto, nell’insieme, non esiste il

limite

limn→+∞

n sinn.

D’altra parte cio che a noi interessa e individuare, all’interno del fattore, l’infinito di ordine

superiore per poterlo sostituire all’intero fattore: nel nostro caso si tratta di nn. Sappiamo

dalla gerarchia degli infiniti che nn e un infinito di ordine superiore delle successioni che lo

precedono; si puo verificare facilmente che nn e un anche infinito di ordine superiore a 7n · log n

(che e il prodotto di due successioni che precedono nn nella scala degli infiniti).

Inoltre, nn e pure infinito di ordine superiore rispetto a n sinn, cioe

limn→+∞

n sinn

nn= 0.

Infatti, essendo

−1 ≤ sinn ≤ 1,

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30

segue immediatamente che

− n

nn≤ n sinn

nn≤ n

nn,

e quindi, poiche la prima e l’ultima successione della disuguaglianza tendono a 0 per n → ∞,

pure la successione centrale tende a 0 (per il Teorema del Confronto).

Quindi l’addendo

nn

e effettivamente l’infinito di ordine superiore del primo fattore, quindi un infinito equivalente

al fattore stesso.

Quindi scriveremo

nn + 7n log n+ n sinn ∼ nn per n→ +∞.

Consideriamo ora il secondo e ultimo fattore, vale a dire il denominatore[(n+ 2)n + n log

1

n+ n sin

1

n

].

Vediamo il comportamento di ogni addendo.

• Si ha (n+ 2)n → +∞ per n→ +∞.

• L’addendo

n log1

n= n log(n)−1 = n · (−1) · log n = −n log n,

tende a −∞.

• L’addendo

n sin1

n=

sin1

n1

n

→ 1 se n→ +∞,

a causa del limite notevole

limy→0

sin y

y= 1

utilizzato ponendo y =1

n.

Pertanto, nel secondo fattore, vi e la presenza di due addendi infiniti per n → +∞ e di un

addendo che tende a un numero finito.

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31

Siamo quindi interessati a individuare l’infinito di ordine superiore, vale a dire

(n+ 2)n.

Pertanto possiamo riscrivere il limite iniziale come

limn→+∞

nn

(n+ 2)n,

ossia

limn→+∞

(n+ 2

n

)−n= lim

n→+∞

{(1 +

2

n

)n}−1.

A questo punto vogliamo utilizzare il limite notevole

limt→0

(1 + t)1t = e,

essendo nel nostro caso

t =2

n→ 0 per n→ +∞.

Per il teorema di sostituzione, occorre avere all’esponente l’inverso di t, vale a dire l’inverso di

2

n,

cioen

2.

Per fare cio dividiamo e moltiplichiamo per 2 (in quanto il fattore n e gia presente).

Si ha

limn→+∞

{(1 +

2

n

)n2

}−1·2= e−2

(risultato ottenuto utilizzando il limite notevole richiamato e il teorema di sostituzione).

4) Si calcoli il valore del limite

limx→0

e2x − e−2x

tan(3x).

Svolgimento.

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32

Poiche

e−2x =1

e2x,

possiamo riscrivere il limite come

limx→0

e2x − 1

e2x

tan(3x)= lim

x→0

e4x − 1

e2x

tan(3x)=

limx→0

e4x − 1

e2x tan(3x).

Osserviamo anzitutto che

e2x → 1 quando x→ 0.

Possiamo pertanto riscrive il limite come

limx→0

e4x − 1

tan(3x),

che si presenta nella forma indeterminata

[0

0

].

Analizziamo i singoli fattori.

Cominciamo col fattore

e4x − 1.

Poiche per x→ 0 si ha 4x→ 0 e poiche la funzione esponenziale e continua in 0, si ha che

e4x − 1→ e0 − 1 = 0.

Il fattore e quindi infinitesimo.

Cercheremo di sostituirlo con un infinitesimo ad esso equivalente.

Poiche

ey − 1 ∼ y se y → 0,

posto y = 4x, si ha chiaramente y → 0 e, per il teorema di sostituzione,

e4x − 1 ∼ 4x per x→ 0.

Sostituiremo quindi e4x − 1 con l’infinitesimo equivalente 4x.

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33

Il secondo fattore,

tan 3x

e anch’esso infinitesimo poiche 3x→ 0 e tan 0 = 0.

Grazie all’approssimazione

tan y ∼ y per y → 0,

avremo, posto y = 3x→ 0,

tan 3x ∼ 3x per x→ 0.

Tornando al limite originario e sostituendo a ciascun infinitesimo l’infinitesimo ad esso equiva-

lente dedotto dai limiti notevoli, troviamo

limx→0

e4x − 1

tan 3x= lim

x→0

4x

3x=

4

3.

5) [T.E. 11/01/2010]

Si calcoli il valore del limite

limn→+∞

n!(n+ 1)n sin

(7n

(n+ 1)!

)2n + (n+ 2)n

.

Svolgimento.

Consideriamo i vari fattori.

Il numeratore e dato dal prodotto di tre fattori: n! ed (n + 1)n si presentano gia in forma

favorevole.

Il fattore

sin

(7n

(n+ 1)!

)e infinitesimo (cioe tende a 0) per n tendente all’infinito.

Infatti, ricordando la scala delle successioni notevoli, si ha

limn→+∞

7n

(n+ 1)!= 0,

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34

e di conseguenza, per il teorema di sostituzione,

limn→+∞

sin

(7n

(n+ 1)!

)= 0.

Trattandosi di un fattore infinitesimo, cercheremo di sostituirlo con un infinitesimo ad esso

equivalente per n→ +∞.

Poiche

sin y ∼ y per y → 0,

posto y =7n

(n+ 1)!(che, come osservato sopratende a 0 quando n → +∞) otteniamo, per il

teorema di sostituzione,

sin

(7n

(n+ 1)!

)∼(

7n

(n+ 1)!

)per n→ +∞.

Infine, il fattore a denominatore,

2n + (n+ 2)n

consta di due addendi che tendono entrambi a +∞.

Poiche (n+ 2)n e l’infinito di ordine superiore, avremo che

2n + (n+ 2)n ∼ (n+ 2)n per n→ +∞.

OSSERVAZIONE IMPORTANTE: Sarebbe un errore proseguire con l’approssimazione e scri-

vere (n+ 2)n ∼ nn per n→ +∞.

Infatti, sostenere che nn sia un infinito equivalente a (n + 2)n significherebbe affermare che il

risultato del limite

limn→+∞

(n+ 2)n

nn

sia uguale a 1 (a causa della definizione di infiniti equivalenti).

In realta il precedente limite NON risulta uguale a 1. Si ha infatti

limn→+∞

(n+ 2)n

nn= lim

n→+∞

(n+ 2

n

)n= lim

n→+∞

(1 +

2

n

)n=

= limn→+∞

{(1 +

2

n

)n2

}2

= e2 6= 1.

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35

Pertanto e FALSO affermare che (n + 2)n e nn siano infiniti equivalenti (e quindi e sbagliato

sostituire (n+ 2)n con nn nel calcolo del limite).

Terremo l’intero fattore (n+ 2)n.

Fatte queste premesse, possiamo riscrivere il limite come

limn→+∞

n!(n+ 1)n · sin(

7n

(n+ 1)!

)2n + (n+ 2)n

= limn→+∞

n! · (n+ 1)n · 7n

(n+ 1)!

(n+ 2)n= lim

n→+∞

n! · (n+ 1)n · 7n(n+ 1)! · (n+ 2)n

.

Ricordiamo che

(n+ 1)! = (n+ 1) · n!,

pertanto si ha

limn→+∞

n!(n+ 1)n · 7n(n+ 1) · n! · (n+ 2)n

= limn→+∞

(n+ 1)n · 7n(n+ 1) · (n+ 2)n

.

Poiche

limn→+∞

7n

n+ 1= lim

n→+∞

7n

n= 7,

possiamo riscrivere il limite come

7 · limn→+∞

(n+ 1)n

(n+ 2)n= 7 · lim

n→∞

(n+ 1

n+ 2

)n.

Poiche

(n+ 1) ∼ n, (n+ 2) ∼ n per n→ +∞,

si han+ 1

n+ 2→ n

n= 1 per n→ +∞;

siamo quindi in presenza di una forma indeterminata del tipo [1∞] che ci suggerisce di far rife-

rimento a uno dei due limiti notevoli

limy→∞

(1 +

1

y

)y= e oppure lim

y→0(1 + y)

1y = e.

Consideriamo, ad esempio, il secondo.

Dobbiamo quindi cercare di riscrivere (n+ 1

n+ 2

)

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36

nella forma

(1 + y) con y → 0.

Per fare cio, cerchiamo di far comparire a numeratore la stessa espressione che compare a de-

nominatore, vale a dire n+ 2. Procediamo aggiungiendo e togliendo 2 nel seguente modo:(n+ 1

n+ 2

)=

(n+2− 2 + 1

n+ 2

)=

(n+ 2− 1

n+ 2

)=

(n+ 2

n+ 2+−1

n+ 2

)=

(1 +

−1

n+ 2

),

ottenendo quanto desiderato.

Pertanto si ha (n+ 1

n+ 2

)n=

(1 +

−1

n+ 2

)n.

La struttura e proprio quella del limite notevole

limy→0

(1 + y)1y ,

essendo nel nostro caso y =−1

n+ 2.

In forza del teorema di sostituzione, occorre dunque moltiplicare (e dividere) l’esponente della

tonda per il reciproco di y, cioe

−n+ 2

1= −(n+ 2).

Si perviene dunque al limite

7 · limn→+∞

{(1 +

−1

n+ 2

)−(n+2)}− 1

n+2·n

= 7 · limn→+∞

{(1 +

−1

n+ 2

)−(n+2)}− n

n+2

= 7 · e−1,

per il teorema di sostitutione ed essendo inoltre

limn→+∞

−nn+ 2

= limn→+∞

−nn

= −1.

6) [T.E. 29/01/2010]

Si calcoli il valore del limite

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37

limn→+∞

4√n

[cos

(1

n2

)− 1

]√

log

(1 +

7

n3

)+ n−

√n

.

Svolgimento.

La successione e composta da tre fattori.

Il fattore4√n = n1/4 → +∞,

trattandosi di una potenza del tipo nα con α > 0.

Osservando il secondo fattore

cos

(1

n2

)− 1,

ci si accorge immediatamente che, poiche y =1

n2→ 0 per n→ +∞, che conviene ricondursi al

limite fondamentale

limy→0

1− cos y

y2=

1

2,

dal quale segue l’approssimazione

1− cos y ∼ 1

2y2 quando y → 0.

Raccogliamo un segno meno e troviamo[cos

(1

n2

)− 1

]= −

[1− cos

(1

n2

)]∼ −

[1

2

(1

n2

)2]

=

= − 1

2 · n4per n→ +∞.

Consideriamo il fattore √log

(1 +

7

n3

)+ n−

√n,

nel quale compare la sottrazione di due radici quadrate.

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38

Osservando il primo radicando,

log

(1 +

7

n3

)+ n,

poiche7

n3→ 0 per n→ +∞, il termine log

(1 +

7

n3

)tende a log 1 = 0.

Ne segue che solo l’addendo n tende a +∞.

Pertanto, in prima approssimazione, avremmo

log

(1 +

7

n3

)+ n ∼ n per n→ +∞.

Tuttavia, seguendo questa prima approssimazione, si otterrebbe, per l’intero fattore,√log

(1 +

7

n3

)+ n−

√n ∼

√n−√n per n→ +∞,

vale a dire una FORMA INDETERMINATA.

Per individuare l’andamento del fattore e quindi necessario procedere con la razionalizzazione.

Si trova

√log

(1 +

7

n3

)+ n−

√n =

√log

(1 +

7

n3

)+ n−

√n ·

√log

(1 +

7

n3

)+ n+

√n√

log

(1 +

7

n3

)+ n+

√n

=

=

log

(1 +

7

n3

)√

log

(1 +

7

n3

)+ n+

√n

.

A questo punto risulta possibile studiare l’andamento dei singoli fattori e individuare degli in-

finiti o infinitesimi ad essi equivalenti.

Il numeratore e infinitesimo poiche7

n3→ 0 per n→ +∞. Pensando all’approssimazione

log(1 + y) ∼ y per y → 0,

si ha, posto y =7

n3,

log

(1 +

7

n3

)∼ 7

n3per n→ +∞.

Al denominatore non si verifica piu la forma indeterminata. Risulta infatti

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39

√log

(1 +

7

n3

)+ n+

√n ∼

√n+√n = 2 ·

√n.

In definitiva abbiamo

√log

(1 +

7

n3

)+ n−

√n =

log

(1 +

7

n3

)√

log

(1 +

7

n3

)+ n+

√n

7

n3

2 ·√n

=7

2n3 ·√n

per n→ +∞.

A questo punto possiamo riscrivere il limite iniziale sostituendo a ciascun termine il proprio

infinitesimo o infinito equivalente. Troviamo

limn→+∞

4√n ·[cos

(1

n2

)− 1

]√

log

(1 +

7

n3

)+ n−

√n

= limn→+∞

n1/4 ·(− 1

2n4

)7

2n3 ·√n

=

= limn→+∞

−n1/4 · n1/2 · n3

14 · n4= lim

n→+∞− 1

14· n

3/4

n= 0,

in quanto l’infinito a denominatore e di ordine superiore rispetto all’infinito a numeratore.

7) [T.E. 03/09/2009]

Si calcoli il valore del limite

limn→∞

(−1)n ·sin

(3

n

)·[n−√n2 + 7

]log

(1 +

1

n

) .

Svolgimento.

Cominciamo con l’osservare che la successione

(−1)n =

{1 se n e pari

−1 se n e dispari

non ammette limite per n→∞. Tuttavia e limitata tra −1 e 1.

Per stabilire il risultato dell’intero limite dobbiamo calcolare a cosa tenda il resto della succes-

sione.

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40

Studiamo quindi il limite

limn→+∞

sin

(3

n

)·[n−√n2 + 7

]log

(1 +

1

n

) ,

procedendo come negli esercizi precedenti.

Il fattore

sin

(3

n

)e infinitesimo, essendo (

3

n

)→ 0 per n→ +∞.

Poiche

sin y ∼ y quando y → 0,

si ha, posto y =

(3

n

)→ 0,

sin

(3

n

)∼

(3

n

)per n→ +∞.

Analogo discorso per il fattore

log

(1 +

1

n

).

Grazie al limite fondamentale, si ha

log(1 + y) ∼ y per y → 0,

da cui, posto y =1

n,

log

(1 +

1

n

)∼ 1

nper n→ +∞.

Consideriamo infine il fattore

n−√n2 + 7.

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41

Approssimando il radicando (infinito) con n2 troveremmo

n−√n2 + 7 ∼ n−

√n2 = n− n,

vale a dire un forma indeterminata. Procediamo con la razionalizzazione. Si ha

n−√n2 + 7 = n−

√n2 + 7 · n+

√n2 + 7

n+√n2 + 7

=−7

n+√n2 + 7

.

Approssimando, troviamo

n−√n2 + 7 =

−7

n+√n2 + 7

∼ −7

n+√n2

=−7

2nper n→ +∞.

Possiamo ora riscrivere il limite di partenza sostituendo a ciascun fattore un fattore ad esso

equivalente per n→ +∞.

Si ha

limn→+∞

sin

(3

n

)·[n−√n2 + 7

]log

(1 +

1

n

) = limn→+∞

3

n· −7

2n1

n

=

= limn→+∞

−21

2n= 0,

la successione e quindi infinitesima.

Ne segue che

limn→+∞

(−1)n ·sin

(3

n

)·[n−√n2 + 7

]log

(1 +

1

n

) = 0,

poiche la successione limitata (−1)n risulta moltiplicata per una successione infinitesima.

8) Si calcoli il valore del limite

limx→0+

xlog(2−cos x)

sin x .

Svolgimento.

La presenza dell’incognita x sia alla base sia all’esponente ci suggerisce di ricorrere alla ben

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42

nota uguaglianza

y = elog y, per ogni y > 0.

Riscriviamo quindi il limite come

limx→0+

elog xlog(2−cos x)

sin x = limx→0+

elog(2−cos x)

sin x·log x =

= elimx→0+

log(2− cosx)

sinx· log x

,

dove l’ultima uguaglianza e lecita grazie al teorema di sostituzione.

Preoccupiamoci quindi di calcolare il limite

limx→0+

log(2− cosx)

sinx· log x.

Il fattore sinx, tendente a 0, lo trattiamo col solito limite notevole, scrivendo

sinx ∼ x per x→ 0.

Considerando invece il fattore

log(2− cosx),

ci accorgiamo che, al tendere di x a 0, il fattore tende a log(1) = 0. Si tratta cioe di un fattore

infinitesimo.

Come osservato a lezione, in questi casi si cerca di ricondursi al limite notevole

limy→0

log(1 + y)

y= 1,

e alla conseguente approssimazione

log(1 + y) ∼ y per y → 0.

Osserviamo che, nel precedente limite fondamentale, l’argomento del logaritmo tende a 1 come

nel nostro esercizio.

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43

Cerchiamo quindi di scrivere

log(2− cosx)

nella forma

log(1 + y),

con y → 0.

Si ha

log(2− cosx) = log(1 + 1− cosx) = log [1 + (1− cosx)] .

dove y = (1− cosx)→ 0 quando x→ 0.

Possiamo quindi scrivere

log(2− cosx) = log [1 + (1− cosx)] ∼ (1− cosx) per x→ 0.

Ancora, poiche

(1− cosx) ∼ 1

2x2 per x→ 0,

possiamo proseguire con l’approssimazione e scrivere

log(2− cosx) = log [1 + (1− cosx)] ∼ (1− cosx) ∼ 1

2x2 per x→ 0.

In definitiva troviamo

limx→0

log(2− cosx)

sinx· log x = lim

x→0

1

2x2

x· log x = lim

x→0

1

2· x · log x = 0,

a causa del limite fondamentale

limx→0+

xα · (log x)β = 0 per ogni α, β > 0.

Tornando al limite originario si trova, dal teorema di sostituzione,

limx→0+

elog xlog(2−cos x)

sin x= e

limx→0+

log(2− cosx)

sinx· log x

= e0 = 1.

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44

9) Si calcoli il valore del limite

limx→−∞

(3√x3 − 2x2 + 1− x

).

Svolgimento.

Se considerassimo solamente l’infinito maggiore sotto radice cubica, ossia x3, otterremmo una

forma indeterminata3√x3(= x)− x.

Pertanto bisogna procedere in altro modo, cercando di far scomparire la radice cubica.

Per fare cio, la tipica razionalizzazione che coinvolge la differenza di due quadrati non e efficace,

in quanto la radice terza rimane elevando al quadrato.

Bisogna quindi cercare di rifarsi alla differenza di due cubi.

Ricordiamo che per ogni a, b ∈ R risulta

(a− b)(a2 + b2 + ab) = a3 − b3.

Cerchiamo di applicarla al nostro esercizio, essendo

a =3√x3 − 2x2 + 1, b = x.

Moltiplichiamo sia numeratore sia denominatore per il fattore mancante della scomposizione:

si ha

limx→−∞

(3√x3 − 2x2 + 1− x

)=

= limx→−∞

(3√x3 − 2x2 + 1− x

)·((

3√x3 − 2x2 + 1

)2+ x2 + x · 3

√x3 − 2x2 + 1

)(

3√x3 − 2x2 + 1

)2+ x2 + x · 3

√x3 − 2x2 + 1

.

Per la scomposizione richiamata poco fa, si ottiene

limx→−∞

(x3 − 2x2 + 1− x3)(3√x3 − 2x2 + 1

)2+ x2 + x · 3

√x3 − 2x2 + 1

=

limx→−∞

(−2x2 + 1)(3√x3 − 2x2 + 1

)2+ x2 + x · 3

√x3 − 2x2 + 1

,

che si presenta nella forma indeterminata[∞∞

].

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45

Poiche x → −∞ e compaiono termini di tipo polinomiale, approssimiamo ciascun termine

con l’addendo di infinito di ordine superiore.

Si hanno le seguenti approssimazioni:

−2x2 + 1 ∼ −2x2 per x→ −∞,

(3√x3 − 2x2 + 1

)2∼(

3√x3)2

= x2 per x→ −∞,

x · 3√x3 − 2x2 + 1 ∼ x · 3

√x3 = x2 per x→ −∞.

Risulta quindi

limx→−∞

(−2x2 + 1)(3√x3 − 2x2 + 1

)2+ x2 + x · 3

√x3 − 2x2 + 1

= limx→−∞

−2x2

x2 + x2 + x2= −2

3.

10) Si discuta, al variare di α ∈ R, il valore del limite

limn→+∞

n! + arctann

nα[(n− 2)!]

(1− cos

1

n

) .

Svolgimento.

Consideriamo i vari fattori.

Il primo fattore, vale a dire il numeratore, consta di due addendi: n! e arctann.

Poiche n!→ +∞ e arctann→ π

2, avremo

n! + arctann ∼ n! per n→ +∞.

I primi due fattori del denominatore, nα ed (n− 2)!, si presentano gia in forma favorevole.

Il fattore(1− cos 1

n

), invece, lo trattiamo col solito limite notevole

limy→0

1− cos y

y2=

1

2

e la conseguente approssimazione

1− cos y ∼ 1

2y2 per y → 0.

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46

In particolare, osservato che y =1

n→ 0 per n→ +∞, si avra(

1− cos1

n

)∼ 1

2·(

1

n

)2

=1

2n2per n→ +∞.

Risulta quindi

limn→+∞

n! + arctann

nα[(n− 2)!]

(1− cos

1

n

) = limn→+∞

n!

nα · (n− 2)! · 1

2n2

= 2 · limn→+∞

n(n− 1)(n− 2)! · n2

nα(n− 2)!= 2 · lim

n→∞

n3(n− 1)

nα=

= 2 · limn→+∞

n4 − n3

nα= 2 · lim

n→+∞

n4

nα.

Pertanto si presentano le seguenti eventualita:

• se α = 4, il limite vale 2;

• se α < 4, il limite vale +∞;

• se α > 4, il limite vale 0.

11) [T.E. 23/03/2004]

Sia β ∈ R.

Si discuta, al variare del parametro β, il valore del limite

limn→+∞

en+β logn + 3

en+7 + n3sin

2

n2.

Svolgimento.

Applicando la proprieta delle potenze riscriviamo il limite come

limn→+∞

en · eβ logn + 3

en · e7 + n3sin

2

n2.

Ricordando la proprieta dei logaritmi

m log x = log xm, per ogni x > 0 e per ogni m ∈ R,

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47

e che

elog x = x per ogni x > 0,

si ha

limn→+∞

en · elognβ + 3

en · e7 + n3sin

2

n2= lim

n→+∞

en · nβ + 3

en · e7 + n3sin

2

n2.

Cerchiamo di stabilire il comportamento di ogni fattore.

Cominciamo col considerare il fattore

en · nβ + 3.

E ben noto che, per n→ +∞,

• nβ → +∞ quando β > 0

• nβ = 1 quando β = 0

• nβ → 0 quando β < 0.

Tuttavia, indipendentemente da questa casistica, si ha

en · nβ → +∞, per ogni β ∈ R.

Infatti si ha:

se β > 0, limn→∞

en · nβ = +∞ · (+∞) = +∞,

se β < 0, limn→∞

en · nβ = limn→∞

en

n−β→ +∞,

(osserviamo che, essendo β < 0, si ha − β > 0, quindi n−β → +∞.

Ricordando la scala degli infiniti, si ha che il limite tende a +∞.)

se β = 0, limn→∞

en · nβ = limn→∞

en · 1→ +∞.

Quindi, nel primo fattore

en · nβ + 3

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48

teniamo solo il primo addendo, ossia

en · nβ,

che tende all’infinito (il secondo addendo, 3, e una quantita finita).

Considerando invece il fattore

en · e7 + n3,

somma di due infiniti, come sempre, teniamo l’addendo di infinito maggiore, cioe en · e7. Per-

tanto scriveremo

en · e7 + n3 ∼ en · e7 per n→ +∞.

Infine, il terzo fattore

sin2

n2,

lo trattiamo col limite notevole

limx→0

sinx

x= 1.

In particolare, posto x =2

n2→ 0 per n→ +∞, avremo

sin2

n2∼ 2

n2per n→ +∞.

Quindi si ha

limn→+∞

en · nβ

en · e7 + n3· sin 2

n2= lim

n→+∞

en · nβ

en · e7· 2

n2= lim

n→+∞

2

e7· n

β

n2.

Procediamo con la discussione:

• se β = 2 il limite risulta2

e7;

• se β > 2 il limite risulta +∞;

• se β < 2 il limite risulta 0.

12) [T.E. 01/09/2011]

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49

Calcolare il limite

limn→+∞

(n+ 2)!(e

13(n−1)! − 1

)√n6

4+ 7n4 + log2(n+ 1)

.

Svolgimento.

Analizziamo i vari fattori.

Il fattore

(n+ 2)!

tende ovviamente all’infinito. Dovremo, nel corso dell’esercizio, riscriverlo opportunamente a

seconda del tipo di altri fattoriali che compariranno.

Poiche

(n− 1)!→ +∞,

e chiaro che

1

3(n− 1)!→ 0 quando n→ +∞.

pertanto il fattore (e

13(n−1)! − 1

)e infinitesimo (tende a e0 − 1 = 0).

Utilizzando la solita approssimazione

(ey − 1) ∼ y per y → 0,

posto y =1

3(n− 1)!, avremo(

e1

3(n−1)! − 1)∼ 1

3(n− 1)!per n→ +∞.

Infine, l’ultimo fattore, √n6

4+ 7n4 + log2(n+ 1),

e dato da un’unica radice quadrata sotto la quale compaiono 3 addendi, ciascuno dei quali tende

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50

a +∞. In casi come questi, siamo interessati a considerare solamente l’addendo di infinito di

ordine superiore, vale a dire

n6

4.

Cioe √n6

4+ 7n4 + log2(n+ 1) ∼

√n6

4=n3

2per n→ +∞.

Pertanto possiamo riscrivere il limite come

limn→+∞

(n+ 2)!(e

13(n−1)! − 1

)√n6

4+ 7n4 + log2(n+ 1)

= limn→+∞

(n+ 2)! · 1

3(n− 1)!

n3

2

.

Riscriviamo (n+ 2)! come

(n+ 2)! = (n+ 2)(n+ 1)n(n− 1)!

e otteniamo il limite

limn→+∞

(n+ 2)(n+ 1)n(n− 1)! · 1

3(n− 1)!

n3

2

= limn→+∞

(n+ 2)(n+ 1)n · 1

3n3

2

,

che, essendo

(n+ 2) ∼ n, (n+ 1) ∼ n per n→ +∞,

diviene

limn→+∞

n3

3n3

2

=2

3.

13) [T.E. 11/02/2011]

Calcolare il limite

limn→+∞

[(n+ 3)!− n!] esin(2/n)

(e1/n + 1) (n3 − 1) (n!− log n).

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51

Svolgimento.

Come sempre, consideriamo ciascun fattore cercando di stabilire a cosa tenda e di sostituirlo

con un termine ad esso equivalente.

Il primo fattore,

[(n+ 3)!− n!]

e dato dalla sottrazione di due fattoriali. In casi come questo dobbiamo sviluppare opportuna-

mente facendo comparire il fattoriale di argomento piu piccolo.

Si ha

[(n+ 3)!− n!] = [(n+ 3)(n+ 2)(n+ 1)n!− n!] = n! [(n+ 3)(n+ 2)(n+ 1)− 1] .

La parentesi quadra e data da un opportuno polinomio di grado 3 ottenuto moltiplicando i

primi tre binomi e sommandogli l’addendo 1.

Poiche si ha

(n+ 3) ∼ n, (n+ 2) ∼ n, (n+ 1) ∼ n per n→ +∞,

avremo

[(n+ 3)(n+ 2)(n+ 1)− 1] ∼ [n · n · n− 1] = [n3 − 1] ∼ n3 per n→ +∞.

Ne segue che

[(n+ 3)!− n!] = n! [(n+ 3)(n+ 2)(n+ 1)− 1] ∼ n! · n3 per n→ +∞.

Consideriamo ora il fattore

esin(2/n).

Poiche2

n→ 0,

si ha, per il solito limite notevole,

sin2

n∼ 2

nper n→ +∞.

da cui

esin(2/n) ∼ e2/n ∼ e0 = 1.

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52

Pertanto il secondo fattore tende alla quantita finita 1.

Il terzo fattore (e1/n + 1

)tende a

e0 + 1 = 1 + 1 = 2;

NON si tratta quindi di un fattore infinitesimo.

Per quanto riguarda il quarto fattore si ha banalmente

(n3 − 1) ∼ n3 per n→ +∞.

Infine, il fattore

(n!− log n)

e dato dalla somma algebrica di due addendi tendenti all’infinito. Grazie alla scala degli infiniti

possiamo scrivere

n!− log n ∼ n! per n→ +∞.

Pertanto il limite originario diviene

limn→+∞

n!(n3) · 12 · (n3) (n!)

=1

2.

14) [T.E. 13/07/2010]

Calcolare il limite di successione

limn→+∞

(n+ 7)n + 2nn

nn + 8n! + 2n.

Svolgimento.

La successione e costituita da 2 fattori (uno a numeratore, l’altro a denominatore).

Studiamo ciascun fattore.

Il fattore

(n+ 7)n + 2nn

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53

e dato dalla somma di due addendi che tendono entrambi all’infinito; si tratta, pero, di addendi

della STESSA famiglia di infiniti.

Come osservato in aula, in casi come questo, e ERRATO TRASCURARE uno dei due addendi;

infatti, essendo della stessa famiglia, danno entrambi contributo al valore finale del limite.

Procediamo nel seguente modo: raccogliamo uno dei due addendi (per semplicita, quello la

cui base e costituita da un monomio). Si ha

(n+ 7)n + 2nn = nn ·[

(n+ 7)n

n2+ 2

]= nn

[(n+ 7

n

)n+ 2

].

Il fattore a denominatore, invece, e dato dalla somma di tre addendi che tendono all’infinito

ma appartenenti a tre famiglie differenti di infiniti. In questo caso teniamo solamente l’infinito

dominante e scriviamo

nn + 8n! + 2n ∼ nn per n→ +∞.

Il limite iniziale diviene quindi

limn→+∞

nn[(

n+ 7

n

)n+ 2

]nn

= limn→+∞

[(n+ 7

n

)n+ 2

].

Consideriamo il primo dei due addendi in quadra e cerchiamo di stabilire a cosa tenda.

Si ottiene il limite

limn→+∞

(n+ 7

n

)nche, poiche (n+ 1) ∼ n per n→ +∞, si presenta nella forma indeterminata [1∞].

Si tratta proprio della forma indeterminata associata al limite fondamentale

limy→0

(1 + y)1y = e.

Cerchiamo quindi di scrivere la base della potenza nella forma (1 + y) con y → 0. Si ha imme-

diatamente (n+ 7

n

)n=

(n

n+

7

n

)n=

(1 +

7

n

)n.

Per poter applicare il limite notevole (combinato col teorema di sostituzione) dovremmo avere

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54

all’esponente il reciproco di y =7

n, vale a dire

n

7.

In questo caso e sufficiente moltiplicare e dividere l’esponente per il fattore 7 e applicare la

proprieta della potenza di potenza.

Si ha

limn→+∞

(n+ 7

n

)n= lim

n→+∞

{(1 +

7

n

)n7

}7

= e7.

In definitiva

limn→+∞

[(n+ 7

n

)n+ 2

]= e7 + 2.

15) [T.E. 12/01/2015]

Calcolare il limite di successione

limn→+∞

sin (e−n) ·[

1

7n+ 2n

]+ 3

n [log(n+ 2)− log n].

Svolgimento.

Il fattore sin(e−n) e infinitesimo poiche, per n → +∞, si ha e−n =

(1

e

)n→ 0, in quanto

successione geometrica di ragione q =1

e∈ ]− 1, 1[.

Possiamo quindi scrivere (provvisoriamente)

sin(e−n)∼ e−n =

1

enper n→ +∞

a causa del fatto che

sin y ∼ y quando y → 0.

Pertanto, per l’intero numeratore abbiamo

sin(e−n)·[

1

7n+ 2n

]+ 3 ∼ 1

en·[

1

7n+ 2n

]+ 3 =

1

(7e)n+

(2

e

)n+ 3 per n→ +∞.

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55

Poiche

1

(7e)n=

(1

7e

)ne

(2

e

)nsono due successioni geometriche tali che |q| < 1, avremo che

1

(7e)n→ 0 e

(2

e

)n→ 0 per n→ +∞,

pertanto il numeratore della frazione tende a 3. Possiamo anche scrivere

sin(e−n)·[

1

7n+ 2n

]+ 3 ∼ 3 per n→ +∞.

Il fattore n a denominatore e un infinito gia in forma favorevole.

Per quanto riguarda il fattore

[log(n+ 2)− log n] ,

osserviamo che la provvisoria approssimazione dell’argomento del primo log con il termine di

infinito di ordine superiore porta ad una forma indeterminata. Risulterebbe infatti

[log(n+ 2)− log n] ∼ [log n− log n] .

Dobbiamo applicare la proprieta dei logaritmi e riscrivere

[log(n+ 2)− log n] = log

(n+ 2

n

)= log

(n

n+

2

n

)= log

(1 +

2

n

).

Poiche

y =2

n→ 0 per n→ +∞,

si ha che il termine

log

(1 +

2

n

)e infinitesimo.

Dall’approssimazione

log(1 + y) ∼ y per y → 0,

segue immediatamente

log

(1 +

2

n

)∼ 2

nper n→ +∞.

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56

Possiamo quindi riscrivere il limite e troviamo

limn→+∞

sin (e−n) ·[

1

7n+ 2n

]+ 3

n[log(n+ 2)− log n]= lim

n→+∞

3

n · 2

n

=3

2.

16) [T.E. 31/08/2015]

Calcolare il limite

limx→+∞

log (2x+ arctan(7x))− log(2x)

1

x− sin(2x)

x2

.

Svolgimento.

Analizziamo il numeratore. Poiche t = (7x)→ +∞ quando x→ +∞ e poiche

limt→+∞

arctan t =π

2,

si ha, dal teorema di sostituzione, che

limx→+∞

arctan(7x) =π

2

da cui

limx→+∞

log [2x+ arctan(7x)] = +∞.

Poiche anche

limx→+∞

log(2x) = +∞,

segue che il numeratore si presenta nella forma indeterminata [+∞−∞].

Procediamo come al solito applicando la proprieta dei logaritmi. Risulta

log (2x+ arctan(7x))− log(2x) = log

[2x+ arctan(7x)

2x

]= log

[2x

2x+

arctan(7x)

2x

]=

= log

[1 +

arctan(7x)

2x

].

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57

Poiche, come si osservava poco fa, arctan(7x)→ π

2per x→ +∞, si ha che

y =arctan(7x)

2x→ 0 per x→ +∞.

Dall’approssimazione

log(1 + y) ∼ y se y to0,

e ricordando che arctan(7x) ∼ π

2per x→ +∞, si ottiene

log [2x+ arctan(7x)]−log(2x) = log

[1 +

arctan(7x)

2x

]∼ arctan 7x

2x∼

π

22x

4xper x→ +∞.

Sarebbe SBAGLIATO approssimare arctan(7x) con 7x poiche 7x NON tende a 0 (bensı a +∞).

Consideriamo il denominatore della frazione. Si ha anzitutto

1

x− sin(2x)

x2=x− sin(2x)

x2.

Poiche NON ESISTE il

limx→+∞

sin(2x),

ma la funzione sin(2x) e limitata tra −1 e 1, si ha

x− sin(2x) ∼ x per x→ +∞.

Infatti risulta

limx→+∞

x− sin(2x)

x= lim

x→+∞

x ·[1− sin(2x)

x

]x

= limx→+∞

[1− sin(2x)

x

]=

= limx→+∞

[1− sin(2x) · 1

x

]= 1− 0 = 1,

a causa del fatto che il termine sin(2x) · 1

x→ 0 per x→ +∞ in quanto e dato dal prodotto di

una funzione limitata per una funzione infinitesima.

Poiche il risultato del precedente limite e uguale a 1, siamo effettivamente autorizzati ad affer-

mare l’equivalenza tra [x− sin(2x)] e x per x→ +∞.

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58

Pertanto, per il denominatore, possiamo affermare che

1

x− sin(2x)

x2=x− sin(2x)

x2∼ x

x2=

1

xper x→ +∞.

Tornando al limite originario troviamo

limx→+∞

log (2x+ arctan(7x))− log(2x)

1

x− sin(2x)

x2

= limx→+∞

π

4x1

x

4.

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59

STUDIO DELL’IMMAGINE DI UNA SUCCESSIONE

1) [T.E. 29/03/2010]

Si determinino inf A, supA ed, eventualmente, minA e maxA, essendo

A =

{3 arctan

[log

(n+ 1

n2

)], n ∈ N \ {0}

}.

Svolgimento.

Cominciamo con lo studiare il comportamento della successione

an =n+ 1

n2.

Cerchiamo di stabilire se an e crescente o decrescente.

Supponiamo, ad esempio, che an sia crescente, ossia

an+1 ≥ an per ogni n ≥ n,

per un certo n ∈ N.

Si ha

(n+ 1) + 1

(n+ 1)2≥ n+ 1

n2,

cioen+ 2

n2 + 2n+ 1≥ n+ 1

n2,

da cui

n3 + 2n2 ≥ n3 + n2 + 2n2 + 2n+ n+ 1,

ossia

−n2 − 3n− 1 ≥ 0,

che non e mai verificata (non dimentichiamoci del fatto che n e un naturale, quindi n > 0).

Quindi la successione (an) e decrescente.

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60

La funzione log e crescente; pertanto la composizione

log

(n+ 1

n2

)e decrescente.

Infine, la funzione arctan e crescente su tutto il suo dominio; ne segue che la composizio-

ne

arctan

[log

(n+ 1

n2

)]e una successione decrescente. Moltiplicando per la costante positiva 3, si ottiene la successione

finale

bn = 3 arctan

[log

(n+ 1

n2

)], n ∈ N\ {0}

che si mantiene decrescente.

Per il teorema sulle successioni monotone si ha:

supA= maxA = b1= 3 arctan log 2;

inf A = limn→∞

bn = 3 arctan log(0+) = 3 arctan(−∞) = 3 ·(−π

2

)= −3

2π.

2) Si determinino inf A, supA ed, eventualmente, minA e maxA, essendo

A =

{cosnπ

3+

1

n+ 3, n ∈ N

}.

Svolgimento.

Cerchiamo anzitutto di capire come si comporta il termine

cosnπ.

Valutiamolo nei primi numeri naturali, cercando di dedurne un comportamento generale.

Si ha

per n = 0, cos(0π) = cos(0) = 1,

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61

per n = 1, cos(1 · π) = −1,

per n = 2, cos(2π) = 1,

per n = 3, cos(3π) = −1,

e cosı via.

Quindi

cos(nπ) =

{+1 se n e pari

−1 se ne dispari.

Pertanto, osserviamo, la successione cos(nπ) coincide con la successione (−1)n.

Ne segue che la successione iniziale diviene

an =cosnπ

3+

1

n+ 3=

1

3+

1

n+ 3se n e pari

−1

3+

1

n+ 3se n e dispari

Quindi il grafico globale della successione an e dato dall’unione dei due grafici delle due succes-

sioni

bn =1

3+

1

n+ 3, n pari

e

cn = −1

3+

1

n+ 3, n dispari.

Determiniamo quindi separatamente inf e sup di ciascuna delle due successioni bn e cn e consi-

dereremo inf an il piu piccolo tra i due inf trovati e sup an il piu grande dei due sup trovati.

Cominciamo con lo studio di bn = 1 +1

n+ 3, con n pari, vale a dire

bn =1

3+

1

n+ 3, n = 2, 4, 6, 8, ....

La successione

n+ 3

e crescente, pertanto, per quanto detto a lezione, la successione

1

n+ 3

e decrescente.

L’aggiunta dell’addendo +1

3non modifica la monotonia della successione: quindi la successione

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bn =1

3+

1

n+ 3, n = 0, 2, 4, 6, 8, ...

e decrescente.

Per il teorema sulle successioni monotone si ha

inf bn = limn→+∞

(1

3+

1

n+ 3

)=

1

3+ 0 =

1

3,

sup bn = max bn = b0 =1

3+

1

0 + 3=

1

3+

1

3=

2

3.

Studiamo ora la successione

cn = −1

3+

1

n+ 3, n = 1, 3, 5, 7, ...

Anche in questo caso la successione e monotona decrescente (l’aggiunta dell’addendo −1 non

influenza la monotonia).

Pertanto si ha

inf bn = limn→+∞

(−1

3+

1

n+ 3

)= −1

3+ 0 = −1

3

sup bn = max bn = b1 = −1

3+

1

1 + 3= −1

3+

1

4= − 1

12.

Tornando alla successione iniziale si ha

inf an = −1

3, sup an = max an =

2

3,

da cui

inf A = −1

3, supA = maxA =

2

3.

3) [T.E. 03/04/2007]

Si determinino inf A, supA ed, eventualmente, minA e maxA, essendo

A =

{max

{8n+ 1

n, n2 + 1

}, n ∈ N+

}.

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63

Svolgimento.

La successione an che dobbiamo studiare,

an = max

{8n+ 1

n, n2 + 1

}, n ∈ N+

e quella successione che associa ad ogni numero naturale n > 0 il massimo (vale a dire il piu

grande) tra i due valori assunti rispettivamente dalla successione

bn =8n+ 1

n

e dalla successione

cn = n2 + 1.

Cerchiamo anzitutto di stabilire le caratteristiche principali di ciascuna delle due successioni in

gioco.

Cominciamo da

bn =8n+ 1

n= 8 +

1

nn > 0.

Per quanto gia osservato in precedenza, tale successione e indubbiamente decrescente.

Si ha

sup bn = max bn = b1 = 8 +1

1= 9, inf bn = lim

n→+∞bn = lim

n→+∞

(8 +

1

n

)= 8.

Studiamo ora la successione

cn = n2 + 1, n > 0

sicuramente crescente.

Si ha, in questo caso,

inf cn = min cn = c1 = 1 + 1 = 2, sup cn = limn→+∞

cn = limn→+∞

(n2 + 1) = +∞.

Vista la monotonia e visti i valori di inf e sup delle due successioni, viene naturale conget-

turare che inizialmente i valori assunti dalla cn siano inferiori rispetto a quelli assunti da Bn,

dopodiche, da un certo naturale n in poi, la situazione si capovolga: i valori assunti da bn sono

maggiori di quelli assunti da cn.

Valutiamo quindi le due successioni nei primi naturali.

Si ha

b1 = 9, b2 = 8 +1

2=

17

2= 8, 5, b3 = 8 +

1

3=

25

3= 8, 3, b4 = 8 +

1

4=

33

4= 8, 25, ...

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c1 = 1 + 1 = 2, c2 = 4 + 1 = 5, c3 = 9 + 1 = 10, c4 = 16 + 1 = 17, ...

Per 1 ≤ n ≤ 2 si ha cn < bn, mentre per n ≥ 3, si ha cn > bn.

Pertanto, per quanto riguarda la successione an si avra

a1 = max {b1, c1} = max {9, 2} = 9,

a2 = max {b2, c2} = max

{17

2, 5

}=

17

2,

a3 = max {b3, c3} = max

{25

3, 10

}= 10

a4 = max {b4, c4} = max

{33

4, 17

}= 17,

e cosı via, crescendo sempre piu sino a tendere a sup cn = +∞.

In conclusione, riassumendo tutte le considerazioni fatte, risulta

inf an = min an =17

2, sup an = +∞,

cioe

inf A = min an =17

2, supA = +∞.